Βρείτε τη γωνία x (80)

Ιστοσελίδα · #1

Σε ισόπλευρο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ παίρνουμε σημείο $\Delta$ πάνω στην ${\rm A}{\rm B}$ τέτοιο ώστε ${\rm A}\Delta < {\rm B}\Delta$ . Ορίζουμε ακόμα το σημείο ${\rm E}$ πάνω στην ${\rm A}\Gamma$ και εσωτερικό σημείο ${\rm Z}$ πάνω στη διχοτόμο της $\widehat \Gamma$ , έτσι ώστε ${\rm Z}\widehat \Delta {\rm E} = {40^ \circ }$ , ${\rm Z}\widehat {\rm B}\Gamma = {20^ \circ }$ και ${\rm Z}\Gamma = {\rm Z}\Delta .$ Βρείτε τη γωνία $x = \Delta \widehat {\rm E}{\rm Z}.$

Ιστοσελίδα · #2

Αν $Z\widehat{E}\varGamma = y$ τότε $E\widehat{Z}\varGamma = 150^{\circ}-y \; , \; B\widehat{Z}\varDelta =x+y-60^{\circ} \; , \; B\widehat{\varDelta}Z =200^{\circ}-x-y.$

Στο τρίγωνο $BZ\varDelta$ είναι: $\dfrac{Z\varDelta}{\sin 40^{\circ}} = \dfrac{ZB}{\sin (200^{\circ}-x-y)} \quad (1)$

Στο τρίγωνο $BZ\varGamma$ είναι: $\dfrac{Z\varGamma}{\sin 20^{\circ}} = \dfrac{ZB}{\sin 30^{\circ}} \quad (2)$

Διαιρούμε κατά μέλη τις (1) , (2):

$\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 40^{\circ}} = \dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin (200^{\circ}-x-y)} \Rightarrow$

$\dfrac{\sin 20^{\circ}}{2\sin 20^{\circ}\cdot\cos 20^{\circ}} = \dfrac{\frac{1}{2}}{\sin (200^{\circ}-x-y)} \Rightarrow \dfrac{1}{2\cos 20^{\circ}} = \dfrac{1}{2\sin (200^{\circ}-x-y)} \Rightarrow$

$\sin 70^{\circ} = \sin (200^{\circ}-x-y) \Rightarrow y = 130^{\circ}-x,$ αφού $A\varDelta < B\varDelta.$

Στο τρίγωνο $ZE\varDelta$ είναι: $\dfrac{Z\varDelta}{\sin x} = \dfrac{ZE}{\sin 40^{\circ}} \quad (3)$

Στο τρίγωνο $EZ\varGamma$ είναι: $\dfrac{Z\varGamma}{\sin y} = \dfrac{ZE}{\sin 30^{\circ}} \quad (4)$

Διαιρούμε κατά μέλη τις (3) , (4):

$\dfrac{\sin y}{\sin x} = \dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 40^{\circ}} \Rightarrow$

$\sin x\sin 30^{\circ} = \sin y\cdot\sin 40^{\circ} \Rightarrow \sin x = 2\sin (130^{\circ}-x)\cdot\sin 40^{\circ} \Rightarrow$

$\sin x = 2\cos (40^{\circ}-x)\cdot\sin 40^{\circ} \Rightarrow \sin x = \sin (80^{\circ}-x)+\sin x \Rightarrow$

$\sin (80^{\circ}-x) = 0 \Rightarrow x = 80^{\circ}.$

S.E.Louridas · #3

Ας μου επιτραπεί μία Γεωμετρική διαπραγμάτευση στην όμορφη αυτή άσκηση:
Έστω
$T \in {\rm B}\Gamma :ZT \bot {\rm B}\Gamma \;\kappa \alpha \iota \;\overrightarrow {TP} = \overrightarrow {ZT} \Rightarrow ZP = Z\Gamma = Z\Delta \Rightarrow \vartriangle BZP = \vartriangle BZ\Delta .$
Θεωρούμε Μ το μέσο της ΑΒ, που σημαίνει ότι το Ζ είναι σημείο της ΓΜ.
Έστω Λ σημείο της ΒΓ, συμμετρικό του Ε ως προς την ΓΜ και Κ σημείο της
ΑΒ, συμμετρικό του Δ ως προς Μ. Αφού το τετράπλευρο ΚΒΡΖ είναι εγγράψιμμο καθότι
$\angle ZKM = \angle ZPB = 70^ \circ ,\mu \varepsilon \;\angle ZBP = \angle \Lambda KZ = 40^ \circ ,$ τα σημεία Κ, Λ, Ρ θα είναι συνευθειακά οπότε:
$\angle \Delta EZ = \angle K\Lambda Z = 180^ \circ - 100^ \circ = 80^ \circ .$

(*) Χρησιμοποιήθηκε ότι:
$\angle KZB = 30^ \circ \Rightarrow \angle \Lambda PB = 30^ \circ \Rightarrow \angle P\Lambda T = \angle T\Lambda Z = 30^ \circ + 20^ \circ = 50^ \circ .$ Eπίσης χρησιμοποιήθηκε οτι ΑΔ<ΒΔ, γιά την ισότητα των τριγώνων ΒΖΡ και ΒΖΔ, όπου το ΒΖΡ είναι ισοσκελές άρα και το άλλο και έτσι παίρνουμε και τους υπολογισμούς των γωνιών κ.τ.λ..

S.E.Louridas

Βρείτε τη γωνία x (80)

Βρείτε τη γωνία x (80)

Re: Βρείτε τη γωνία x (80)

Re: Βρείτε τη γωνία x (80)

Μέλη σε σύνδεση